2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第10章計數(shù)原理概率隨機(jī)變量及其分布第4講事件的獨(dú)立性條件概率與全概率公式提能訓(xùn)練

第4講事務(wù)的獨(dú)立性、條件概率與全概率公式A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2024·重慶質(zhì)檢)某高鐵動車檢修基地庫房內(nèi)有A～E共5條并行的停車軌道線，每條軌道線只能停一列車，現(xiàn)有動車01,02、高鐵01,02,03共五列車入庫檢修，若已知兩列動車支配在相鄰軌道，則動車01停放在A道的概率為(C)A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,5)C．eq\f(1,8) D．eq\f(1,10)[解析]記M＝“兩動車相鄰”，N＝“動車01停在A道”，則P(N|M)＝eq\f(nMN,nM)＝eq\f(A\o\al(3,3),A\o\al(2,2)A\o\al(4,4))＝eq\f(1,8).故選C.2．(2024·廣西柳鐵一中、南寧二中摸底調(diào)研)2024年3月13日第十四屆全國人民代表大會第一次會議在北京勝利閉幕，某中學(xué)為了貫徹學(xué)習(xí)“兩會”精神，舉辦“學(xué)兩會，知國事”學(xué)問競賽．高二學(xué)生代表隊由A，B，C，D，E共5名成員組成，現(xiàn)從這5名成員中隨機(jī)抽選3名參加學(xué)校決賽，則在學(xué)生A被抽到的條件下，學(xué)生B也被抽到的概率為(B)A.eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,8)[解析]記事務(wù)A：學(xué)生A被抽到，事務(wù)B：學(xué)生B被抽到，所以P(A)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)，P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,10)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2).3．(2024·山東新高考質(zhì)檢聯(lián)盟聯(lián)考)已知事務(wù)A，B滿足P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，則(B)A．若B?A，則P(AB)＝0.5B．若A與B互斥，則P(A＋B)＝0.7C．若A與B相互獨(dú)立，則P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝0.9D．若P(B|A)＝0.2，則A與B不相互獨(dú)立[解析]若B?A，則P(AB)＝P(B)＝0.2，所以A錯誤；若A與B互斥，則P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.7，所以B正確；若A與B相互獨(dú)立，可得eq\o(A,\s\up6(－))與eq\o(B,\s\up6(－))相互獨(dú)立，所以P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝(1－0.5)(1－0.2)＝0.4，所以C錯誤；由P(B|A)＝0.2，可得P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(PAB,0.5)＝0.2，所以P(AB)＝0.1，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以A與B相互獨(dú)立，所以D錯誤．故選B.4．(2024·安徽A10聯(lián)盟聯(lián)考)2024年7月28日晚，第31屆世界高校生夏季運(yùn)動會在成都盛大開幕．為宣揚(yáng)成都大運(yùn)會，某高校團(tuán)委開展了“陽光絢麗青春與共”大運(yùn)會學(xué)問競賽活動，各班以團(tuán)支部為單位參加競賽，某班團(tuán)支部在6道題中(包含4道圖片題和2道視頻題)，依次不放回地隨機(jī)抽取2道題作答，設(shè)事務(wù)A為“第1次抽到圖片題”，事務(wù)B為“第2次抽到視頻題”，則P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝(C)A.eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,5) D．eq\f(2,5)[解析]因為P(A)＝eq\f(A\o\al(1,4),A\o\al(1,6))＝eq\f(2,3)，故P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，事務(wù)eq\o(A,\s\up6(－))B表示兩次均抽到視頻題，故P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＝eq\f(A\o\al(2,2),A\o\al(2,6))＝eq\f(1,15)，由條件概率求解公式可得P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(P\o(A,\s\up6(－))B,P\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(1,5).故選C.5．(2024·河南部分學(xué)校摸底)現(xiàn)有同副牌中的5張數(shù)字不同的撲克牌，其中紅桃1張、黑桃2張、梅花2張，從中任取一張，看后放回，再任取一張．甲表示事務(wù)“第一次取得黑桃撲克牌”，乙表示事務(wù)“其次次取得梅花撲克牌”，丙表示事務(wù)“兩次取得相同花色的撲克牌”，丁表示事務(wù)“兩次取得不同花色的撲克牌”，則(D)A．乙與丙相互獨(dú)立 B．乙與丁相互獨(dú)立C．甲與丙相互獨(dú)立 D．甲與乙相互獨(dú)立[解析]依題意可得，事務(wù)甲的概率P1＝eq\f(2,5)，事務(wù)乙的概率P2＝eq\f(2,5).有放回地取撲克牌兩次的試驗的基本事件總數(shù)是52＝25，明顯事務(wù)丙與丁是對立事務(wù)，兩次取出的撲克牌花色相同包含的基本事件數(shù)為12＋22＋22＝9，則事務(wù)丙的概率P3＝eq\f(9,25)，事務(wù)丁的概率P4＝eq\f(16,25).事務(wù)乙與丙同時發(fā)生所包含的基本事件數(shù)為4，其概率P5＝eq\f(4,25)≠P2·P3，故乙與丙不相互獨(dú)立，A錯誤；事務(wù)乙與丁同時發(fā)生所包含的基本事件數(shù)為6，其概率P6＝eq\f(6,25)≠P2·P4，故乙與丁不相互獨(dú)立，B錯誤；事務(wù)甲與丙同時發(fā)生所包含的基本事件數(shù)為4，其概率P7＝eq\f(4,25)≠P1·P3，故甲與丙不相互獨(dú)立，C錯誤；事務(wù)甲與乙同時發(fā)生所包含的基本事件數(shù)為4，其概率P8＝eq\f(4,25)＝P1·P2，故甲與乙相互獨(dú)立，D正確．故選D.6．(2024·湖北中學(xué)名校聯(lián)盟聯(lián)考)某人從A地到B地，乘火車、輪船、飛機(jī)的概率分別為0.3,0.3,0.4，乘火車遲到的概率為0.2，乘輪船遲到的概率為0.3，乘飛機(jī)遲到的概率為0.4，則這個人從A地到B地遲到的概率是(B)A．0.16 B．0.31C．0.4 D．0.32[解析]設(shè)事務(wù)A表示“乘火車”，事務(wù)B表示“乘輪船”，事務(wù)C表示“乘飛機(jī)”，事務(wù)D表示“遲到”，則P(A)＝0.3，P(D|A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(D|B)＝0.3，P(C)＝0.4，P(D|C)＝0.4，D＝(D|A)∪(D|B)∪(D|C)，由全概率公式得：P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.3×0.2＋0.3×0.3＋0.4×0.4＝0.31.選B.7．(2024·江蘇無錫等四地模擬)已知A，B為兩個隨機(jī)事務(wù)，P(B)＝0.3，P(B|A)＝0.9，P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝0.2，則P(A)＝(B)A．0.1 B．eq\f(1,7)C．0.33 D．eq\f(3,7)[解析]P(B|A)＝eq\f(PBA,PA)＝0.9，所以P(BA)＝0.9P(A)，P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(PB\o(A,\s\up6(－)),P\o(A,\s\up6(－)))＝0.2，所以P(Beq\o(A,\s\up6(－)))＝0.2P(eq\o(A,\s\up6(－)))，所以P(BA)＋P(Beq\o(A,\s\up6(－)))＝0.2P(eq\o(A,\s\up6(－)))＋0.9P(A)，即P(BA)＋P(Beq\o(A,\s\up6(－)))＝0.2[1－P(A)]＋0.9P(A)，所以P(B)＝0.2[1－P(A)]＋0.9P(A)，即0.3＝0.7P(A)＋0.2，解得P(A)＝eq\f(1,7)，故選B.二、多選題8．(2024·江蘇基地大聯(lián)考)已知事務(wù)A，B，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.3，則(ABD)A．假如B?A，那么P(AB)＝0.3B．假如B?A，那么P(A∪B)＝0.4C．假如A與B相互獨(dú)立，那么P(A∪B)＝0.7D．假如A與B相互獨(dú)立，那么P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝0.42[解析]由B?A，則P(AB)＝P(B)＝0.3，A正確；由B?A，則P(A∪B)＝P(A)＝0.4，B正確；假如A與B相互獨(dú)立，則P(AB)＝P(A)P(B)＝0.12，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.58，C錯誤；由C分析及事務(wù)關(guān)系知：P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－P(A∪B)＝0.42，D正確．故選ABD.9．(2024·福建寧德一中檢測)一個袋中有大小、形態(tài)完全相同的3個小球，顏色分別為紅、黃、藍(lán)，從袋中先后無放回地取出2個球，記“第一次取得紅球”為事務(wù)A，“其次次取到黃球”為事務(wù)B，則(AC)A．P(A)＝eq\f(1,3) B．A，B為互斥事務(wù)C．P(B|A)＝eq\f(1,2) D．A，B相互獨(dú)立[解析]P(A)＝eq\f(1,3)，A正確；A，B可同時發(fā)生，即“第一次取紅球，其次次取黃球”，A，B不互斥，B錯誤；在第一次取到紅球的條件下，其次次取到黃球的概率為eq\f(1,2)，C正確；P(B)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)，P(AB)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(AB)≠P(A)P(B)，∴A，B不獨(dú)立，D錯誤．故選AC.10．(2024·河北石家莊二中試驗學(xué)校調(diào)研)投擲一枚質(zhì)地勻整的骰子，事務(wù)A＝“朝上一面點(diǎn)數(shù)為奇數(shù)”，事務(wù)B＝“朝上一面點(diǎn)數(shù)不超過2”，則下列敘述正確的是(BD)A．事務(wù)A，B互斥 B．事務(wù)A，B相互獨(dú)立C．P(A∪B)＝eq\f(5,6) D．P(B|A)＝eq\f(1,3)[解析]若朝上一面的點(diǎn)數(shù)為1，則事務(wù)A，B同時發(fā)生，∴事務(wù)A，B不互斥，A錯誤；∵事務(wù)A不影響事務(wù)B的發(fā)生，∴事務(wù)A，B相互獨(dú)立，B正確；P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝eq\f(3,6)＋eq\f(2,6)－eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)，C錯誤；∵P(AB)＝eq\f(1,6)，P(A)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，∴P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(1,6),\f(1,2))＝eq\f(1,3)，D正確．故選BD.11．(2024·江蘇鎮(zhèn)江一中階段測試)隨著春節(jié)的接近，小王和小張等4位同學(xué)準(zhǔn)備相互送祝福．他們每人寫了一個祝福的賀卡，這四張賀卡收齊后讓每人從中隨機(jī)抽取一張作為收到的新春祝福，則(BC)A．小王和小張恰好互換了賀卡的概率為eq\f(1,6)B．已知小王抽到的是小張寫的賀卡的條件下，小張抽到小王寫的賀卡的概率為eq\f(1,3)C．恰有一個人抽到自己寫的賀卡的概率為eq\f(1,3)D．每個人抽到的賀卡都不是自己寫的概率為eq\f(5,8)[解析]四個人每人從中隨機(jī)抽取一張共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)種抽法，其中小王和小張恰好互換了賀卡的抽法有Ceq\o\al(1,2)種，故小王和小張恰好互換了賀卡的概率為eq\f(C\o\al(1,2),C\o\al(1,4)C\o\al(1,3)C\o\al(1,2))＝eq\f(1,12)，A錯誤；設(shè)小王抽到的是小張寫的賀卡為事務(wù)A，則P(A)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(1,4)C\o\al(1,3)C\o\al(1,2))＝eq\f(1,4)，小張抽到小王寫的賀卡為事務(wù)B，則已知小王抽到的是小張寫的賀卡的條件下，小張抽到小王寫的賀卡的概率為P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(1,12),\f(1,4))＝eq\f(1,3)，B正確；恰有一個人抽到自己寫的賀卡的抽法有Ceq\o\al(1,4)×2種，故恰有一個人抽到自己寫的賀卡的概率為eq\f(C\o\al(1,4)×2,C\o\al(1,4)C\o\al(1,3)C\o\al(1,2))＝eq\f(1,3)，C正確；每個人抽到的賀卡都不是自己寫的抽法共有Ceq\o\al(1,3)(1＋2)＝9種，故每個人抽到的賀卡都不是自己寫的概率為eq\f(C\o\al(1,3)1＋2,C\o\al(1,4)C\o\al(1,3)C\o\al(1,2))＝eq\f(9,24)＝eq\f(3,8)，D錯誤，故選BC.12．(2024·河南許平濟(jì)洛質(zhì)檢)小張等四人去甲、乙、丙三個景點(diǎn)旅游，每人只去一個景點(diǎn)，記事務(wù)A為“恰有兩人所去景點(diǎn)相同”，事務(wù)B為“只有小張去甲景點(diǎn)”，則(CD)A．這四人不同的旅游方案共有64種B．“每個景點(diǎn)都有人去”的方案共有72種C．P(B|A)＝eq\f(1,6)D．“四個人只去了兩個景點(diǎn)”的概率是eq\f(14,27)[解析]每個人都有3種選擇，故共有34＝81種旅游方案，A錯誤；每個景點(diǎn)都有人去，則必有1個景點(diǎn)去了2個人，另外兩個景點(diǎn)各去1人，故有Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,3)＝36種方案，B錯誤；恰有兩人所去景點(diǎn)相同，即有1個景點(diǎn)去了2個人，另外兩個景點(diǎn)各去1人，由B選項可知，n(A)＝36，又事務(wù)AB，即小張去甲景點(diǎn)，另外3人有兩人去了同一個景點(diǎn)，其余1人去另一個景點(diǎn)，故n(AB)＝Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,2)＝6，所以P(B|A)＝eq\f(nAB,nA)＝eq\f(1,6)，C正確；“四個人只去了兩個景點(diǎn)”，分為2種狀況，第一，有3人去了同一個景點(diǎn)，另外一個去另外一個景點(diǎn)，則有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,3)＝24種方案，其次，2人去了同一個景點(diǎn)，另外2人去了另一個景點(diǎn)，故有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(2,3)＝18種方案，由A選項可知，這四人不同的旅游方案共有81種，故“四個人只去了兩個景點(diǎn)”的概率為eq\f(24＋18,81)＝eq\f(14,27)，D正確．故選CD.三、填空題13．(2024·天津十二區(qū)重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖，用K、A1、A2三類不同的元件連接成一個系統(tǒng)．當(dāng)K正常工作且A1、A2至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次為eq\f(3,4)，eq\f(2,3)，eq\f(2,3)，則系統(tǒng)正常工作的概率為eq\f(2,3)，在系統(tǒng)能夠正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率為eq\f(1,4).[解析]記“系統(tǒng)正常工作”為事務(wù)A，則概率為P(A)＝eq\f(3,4)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)，“K和A1正常工作”為事務(wù)AB，則概率為P(AB)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，在系統(tǒng)能夠正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率為P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(1,6),\f(2,3))＝eq\f(1,4).14．(2024·河南“頂尖支配”畢業(yè)班聯(lián)考)一個不透亮的盒子中有4個除顏色外完全相同的球，其中3個紅球，1個白球．從盒子中隨機(jī)取兩次球，每次取出1個球和2個球的概率均為eq\f(1,2)，則最終盒子里只剩下1個球且是白球的概率為eq\f(1,8).[解析]第一種狀況，第一次先拿1個紅色球，其次次拿2個紅色球，則概率P＝eq\f(1,2)×eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(1,4))×eq\f(1,2)×eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,3))＝eq\f(1,16).其次種狀況，第一次先拿2個紅球，第2次拿1個紅球，則概率P＝eq\f(1,2)×eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,4))×eq\f(1,2)×eq\f(C\o\al(1,2),C\o\al(1,2))＝eq\f(1,16)，只剩1個球且是白球的概率eq\f(1,16)＋eq\f(1,16)＝eq\f(1,8).15．(2024·廣東惠州試驗中學(xué)月考)某項選拔共有三輪考核，每輪設(shè)有一個問題，能正確回答問題者進(jìn)入下一輪考試，否則即被淘汰．已知某選手能正確回答第一、二、三輪的問題的概率分別為eq\f(4,5)，eq\f(3,5)，eq\f(2,5)，且各輪問題能否正確回答互不影響，則該選手被淘汰的概率為eq\f(101,125).[解析]記“該選手能正確回答第i輪的問題”為事務(wù)Ai(i＝1,2,3)，則P(A1)＝eq\f(4,5)，P(A2)＝eq\f(3,5)，P(A3)＝eq\f(2,5).該選手被淘汰的概率：P＝P(eq\x\to(A)1＋A1eq\x\to(A)2＋A1A2eq\x\to(A)3)＝P(eq\x\to(A)1)＋P(A1)(eq\x\to(A)2)＋P(A1)(A2)(eq\x\to(A)3)＝eq\f(1,5)＋eq\f(4,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(4,5)×eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(101,125).或1－P(A1)P(A2)P(A3)＝1－eq\f(4,5)×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(101,125).16．(2024·福建泉州試驗中學(xué)月考)深受廣袤球迷寵愛的某支足球隊在對球員的支配上總是進(jìn)行數(shù)據(jù)分析，依據(jù)以往的數(shù)據(jù)統(tǒng)計，乙球員能夠勝任前鋒、中鋒和后衛(wèi)三個位置，且出場率分別為0.2,0.5,0.3，當(dāng)乙球員擔(dān)當(dāng)前鋒、中鋒以及后衛(wèi)時，球隊輸球的概率依次為0.4,0.2,0.8.當(dāng)乙球員參加競賽時．該球隊這場競賽不輸球的概率為0.58.[解析]設(shè)事務(wù)A1表示“乙球員擔(dān)當(dāng)前鋒”，事務(wù)A2表示“乙球員擔(dān)當(dāng)中鋒”，事務(wù)A3表示“乙球員擔(dān)當(dāng)后衛(wèi)”，事務(wù)B表示“當(dāng)乙球員參加競賽時，球隊輸球”．則P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.2×0.4＋0.5×0.2＋0.3×0.8＝0.42，所以當(dāng)乙球員參加競賽時，該球隊這場競賽不輸球的概率為1－0.42＝0.58.17．(2024·河北滄州聯(lián)考)某班級數(shù)學(xué)課上老師隨機(jī)地從學(xué)生甲、乙、丙、丁中選取一名學(xué)生回答問題，據(jù)了解學(xué)生甲、乙、丙、丁答對此題的概率分別為0.9,0.8,0.7,0.6.則此題答對的概率為0.75；在此題答錯的狀況下，由乙回答此題的概率為0.2.[解析]依據(jù)題意，此題答對的概率為0.25×0.9＋0.25×0.8＋0.25×0.7＋0.25×0.6＝0.75；設(shè)事務(wù)A：此題答錯，事務(wù)B：由乙回答此題，∴P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(0.25×0.2,0.25×0.1＋0.25×0.2＋0.25×0.3＋0.25×0.4)＝0.2.四、解答題18．(2024·廣東惠州六校聯(lián)考)小王創(chuàng)建了一個由他和甲、乙、丙共4人組成的微信群，并向該群發(fā)紅包，每次發(fā)紅包的個數(shù)為1個(小王自己不搶)，假設(shè)甲、乙、丙3人每次搶得紅包的概率相同．(1)若小王發(fā)2次紅包，求甲恰有1次搶得紅包的概率；(2)若小王發(fā)3次紅包，其中第1,2次，每次發(fā)5元的紅包，第3次發(fā)10元的紅包，求乙搶得全部紅包的錢數(shù)之和不小于10元的概率．[解析](1)記“甲第i次搶得紅包”為事務(wù)Ai(i＝1,2)，“甲第i次沒有搶得紅包”為事務(wù)eq\x\to(A)i.則P(Ai)＝eq\f(1,3)，P(eq\x\to(A)i)＝eq\f(2,3).記“甲恰有1次搶得紅包”為事務(wù)A，則A＝A1eq\x\to(A)2＋eq\x\to(A)1A2，由事務(wù)的獨(dú)立性和互斥性，得P(A)＝P(A1eq\x\to(A)2＋eq\x\to(A)1A2)＝P(A1eq\x\to(A)2)＋P(eq\x\to(A)1A2)＝P(A1)P(eq\x\to(A)2)＋P(eq\x\to(A)1)P(A2)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,9).(2)記“乙第i次搶得紅包”為事務(wù)Bi(i＝1,2,3)，“乙第i次沒有搶得紅包”為事務(wù)eq\x\to(B)i.則P(Bi)＝eq\f(1,3)，P(eq\x\to(B)i)＝eq\f(2,3).由事務(wù)的獨(dú)立性和互斥性，得P1＝P(B1B2eq\x\to(B)3＋eq\x\to(B)1eq\x\to(B)2B3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)；P2＝P(B1eq\x\to(B)2B3＋eq\x\to(B)1B2B3)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,27)；P3＝P(B1B2B3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(1,27).∴P＝P1＋P2＋P3＝eq\f(2,9)＋eq\f(4,27)＋eq\f(1,27)＝eq\f(11,27).即乙搶得全部紅包的錢數(shù)之和不小于10元的概率為eq\f(11,27).B組實力提升1．(2024·廣東江門聯(lián)考)設(shè)A，B為兩個事務(wù)，已知P(A)＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(3,5)，P(A|eq\x\to(B))＝eq\f(1,2)，則P(A|B)＝(B)A.eq\f(2,3) B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,5) D．eq\f(2,5)[解析]由P(B)＝eq\f(3,5)，得P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，明顯P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq\x\to(B))P(A|eq\x\to(B))，因此eq\f(2,5)＝eq\f(3,5)P(A|B)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,2)，所以P(A|B)＝eq\f(1,3).故選B.2．(多選題)(2024·遼寧沈陽東北育才學(xué)校模擬)一批產(chǎn)品中有3個正品，2個次品．現(xiàn)從中隨意取出2件產(chǎn)品，記事務(wù)A：“2個產(chǎn)品中至少有一個正品”，事務(wù)B：“2個產(chǎn)品中至少有一個次品”，事務(wù)C：“2個產(chǎn)品中有正品也有次品”，則下列結(jié)論正確的是(CD)A．事務(wù)A與事務(wù)B為互斥事務(wù)B．事務(wù)B與事務(wù)C是相互獨(dú)立事務(wù)C．P(AB)＝P(C)D．P(C|A)＝eq\f(2,3)[解析]因為事務(wù)A與事務(wù)B可以同時發(fā)生，故A錯誤；事務(wù)B包含事務(wù)C，所以事務(wù)B與事務(wù)C不是相互獨(dú)立事務(wù)，故B錯誤；因為AB＝C，所以P(AB)＝P(C)，故C正確；P(C|A)＝eq\f(PAC,PA)＝eq\f(PC,PA)＝eq\f(\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,5)),\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2)＋C\o\al(2,3),C\o\al(2,5)))＝eq\f(2,3)，故D正確．故選CD.3．(2024·廣東惠州試驗中學(xué)月考)為了普及黨史學(xué)問，某校實行了黨史學(xué)問考試，試卷中只有兩道題目，已知甲同學(xué)答對每題的概率都為p，乙同學(xué)答對每題的概率都為q(p>q)，且在考試中每人各題答題結(jié)果互不影響．已知每題甲、乙兩人同時答對的概率為eq\f(1,2)，恰有一人答對的概率為eq\f(5,12).則甲、乙兩人共答對至少3道題的概率是(C)A.eq\f(5,12) B．eq\f(4,9)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)[解析]依題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(pq＝\f(1,2)，,p1－q＋q1－p＝\f(5,12)，))而p>q，解得p＝eq\f(3,4)，q＝eq\f(2,3)，設(shè)Ai＝“甲同學(xué)答對了i題”，Bi＝“乙同學(xué)答對了i題”，(i＝0,1,2)，則P(A1)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(3,8)，P(A2)＝eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(9,16)，P(B1)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)，P(B2)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)，甲、乙兩人共答對至少3道題的事務(wù)C＝A1B2＋A2B1＋A2B2，因此P(C)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＋P(A2B2)＝eq\f(3,8)×eq\f(4,9)＋eq\f(9,